河南省大联考2022-2023学年高二下学期阶段性测试(三)数学试题（Word版附解析）

这是一份河南省大联考2022-2023学年高二下学期阶段性测试(三)数学试题（Word版附解析），共19页。

考生注意：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 与向量共线的单位向量可以为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】计算出，从而得到与向量共线的单位向量.
【详解】因为，所以与向量共线的单位向量可以是或.
故选：D
2. 下列导数计算错误的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】A选项，利用幂函数的求导法则计算即可；B选项，简单复合函数求导法则计算即可；CD选项，利用求导乘法和除法法则计算即可.
【详解】A选项，，A正确；
B选项，，B正确；
C选项，，C正确；
D选项，，D错误.
故选：D
3. 若数列是等差数列，且，则（ ）
A. 1B. -1C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据等差数列的性质得到，从而代入求值即可.
【详解】因为是等差数列，所以，故，解得，
故.
故选：A
4. 已知函数满足（为的导函数），则（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】求导，代入求出，从而得到的解析式，求出答案.
【详解】，
当时，，解得，
故，所以.
故选：D
5. 若直线与圆相切，则（ ）
A. B. C. 或D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】由直线和圆相切可知，圆心到直线的距离等于半径，即可求得结果.
【详解】由圆方程改写成可得
圆心为，半径，
所以圆心到直线的距离，
解得或.
故选：C
6. 曲线在处的切线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据导数的几何意义即可求解.
【详解】依题意，设切线方程的斜率为，
因为，所以，，
根据导数的几何意义可知，，又，
所以切线方程为，即.
故选：A.
7. 函数，的最大值是（ ）
A. B. C. 0D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】求导，判断函数的单调性，再求出最值.
【详解】，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故当时，取得极大值，也是最大值，
故
故选：B.
8. 定义在上的函数的导函数在的图象如图所示，则函数在的极大值点个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】由导数与极大值之间的关系求解．
【详解】函数在极大值点左增右减，即导数在极大值点左正右负，观察导函数图象，在上有两个有两个零点满足．
故选：B.
【点睛】本题考查导数与极值的关系．属于基础题．
9. 已知双曲线的左、右焦点分别为、，离心率为，点在双曲线的右支上，且，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用离心率公式可求得的值，利用双曲线的定义以及勾股定理求出的值，再利用三角形的面积公式可求得结果.
【详解】因为双曲线的离心率为，所以，，
因为点在双曲线的右支上，由双曲线的定义可得，
因为，由勾股定理可得，
所以，，
所以，，因此，.
故选：D.
10. 若函数的图象经过四个象限，则实数a的取值范围是（ ）
A. B.
C D.
【答案】C
【解析】
【分析】求导，分，与三种情况，结合函数极值及函数图象的走势，得到不等式，求出实数a的取值范围.
【详解】当时，不经过三四象限，不合题意，舍去，
当时，由得，
若，则当或时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故在处取得极大值，且极大值为，故经过第二象限，
在处取得极小值，且极小值为，
函数一定过第三和第一象限，
要想经过第四象限，只需，解得，
若，则当或时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故在处取得极小值，且极小值为，
在处取得极大值，且极大值为，故经过第一象限，
函数一定过第二和第四象限，
要想经过第三象限，只需，解得，
综上，实数a的取值范围是.
故选：C
11. 已知函数的导函数满足：对任意的都有，若，则实数k的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由构造，得到其单调性，对不等式变形后得到，从而由单调性解不等式，求出答案.
【详解】设，则在R上恒成立，
所以在R上单调递增，
可变形为，
即，
由的单调性可知，解得，
实数k的取值范围是.
故选：A
12. 已知直线l：经过抛物线的焦点F，且与抛物线交于A，B两点，点C为线段AB的中点，点D在抛物线的准线上，若，且，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意求出抛物线方程，设，，联立直线l方程，易知，利用韦达定理和两点表示斜率公式、弦长公式可得、，由列出方程，解之即可求解.
【详解】由题意知，，
因直线l过，所以，解得，
故抛物线的方程为，则准线方程为，
，消去x，得，
，设，AB的中点，
则，所以，代入直线l，
得，得.
设，由，得，若，
则，得，
又，
，
由，得，解得.
若，直线l方程为，
此时AB的中点为F，，不符合题意.
综上，.
故选：C.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 在等比数列中，，，则______．
【答案】2
【解析】
【分析】根据等比数列通项公式得，化简得关于的方程，解出的值，而，代入即可.
【详解】设等比数列的公比为，首项为，显然由题知，，
，，
化为,解得或（舍去），
，
故答案为：2 .
14. 若函数在区间上单调递减，则实数m的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】由题意得到在上恒成立，参变分离，只需，求出，从而得到答案.
【详解】，
由题意得在上恒成立，
因为，所以在上恒成立，
即在上恒成立，只需，
其中，所以.
故答案为：
15. 在棱长为1的正方体中，E为棱的中点，则点D到平面的距离为______．
【答案】1
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用点到平面的空间向量公式求解答案.
【详解】如图所示，以D为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
设平面的法向量为，
则，
令，则，故，
点D到平面的距离为.
故答案为：1
16. 已知直线与曲线相切，则的最小值是______．
【答案】
【解析】
【分析】设出切点，得到方程组，得到，故，构造，利用导函数求出最小值，得到答案.
【详解】直线与曲线相切，设切点为，
则，所以，
因为，所以，
即，
又，，故，
将代入得，，
解得，
故，
令，
则，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故在处取得极小值，也时最小值，
故，
故的最小值为-1.
故答案为：-1
【点睛】当已知切点坐标为时，根据导函数的几何意义可得到切线的斜率，再利用求出切线方程；
当不知道切点坐标时，要设出切点坐标，结合切点既在函数图象上，又在切线方程上，列出等式，进行求解.
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17. 已知函数在处有极值36．
（1）求实数a，b的值；
（2）当时，求的单调递增区间．
【答案】（1）或
（2），
【解析】
【分析】（1）求导，利用及，列出方程组，求出，检验后得到答案；
（2）在（1）的基础上，由导函数大于0，解不等式，求出单调递增区间.
【小问1详解】
由题意知．
∵，，
∴或，
经检验都符合题意．
小问2详解】
当时，由（1）得，
∴，
由，即，
解得或，
∴函数的单调递增区间为，．
18. 已知数列的前n项和为．
（1）求的通项公式；
（2）设，数列的前n项和为，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用，可得答案；
（2）由（1）结合裂项求和法可得答案.
【小问1详解】
当时，，
当时，，
也满足该式，
所以．
【小问2详解】
由（1）知，
所以．
因为函数在上单调递增，
所以，
即．
19. 如图，在三棱柱中，，点D为棱AC的中点，且，侧面为菱形，且．
（1）求证：平面ABC；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通过证明，可得平面ABC；
（2）由（1），以D为坐标原点，分别以DB，DC，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系D-xyz．后由向量法可得答案.
【小问1详解】
因为，点D为棱AC的中点，所以．
又，，平面，平面，所以平面．
又平面，所以．
如图，连接．因为侧面为菱形，且，
所以为等边三角形，所以．
又，平面ABC，平面ABC．所以平面ABC．
【小问2详解】
由（1）的过程可知，可以点D为坐标原点，分别以DB，DC，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系D-xyz．
不妨设，由题可知，，，，．
由，可得．
设平面的法向量为，
而，，则有
取，得．
设平面的法向量为，
而，，
则有，取，得．
设平面与平面夹角为，
则，
即平面与平面夹角的余弦值为．
20. 已知，分别为椭圆C：的左、右焦点，离心率，点E在椭圆C上，的面积的最大值为．
（1）求C的方程；
（2）设C的上、下顶点分别为A，B，点M是C上异于A，B的任意一点，直线MA，MB分别与x轴交于P，Q两点，O为坐标原点，证明：为定值．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意列式求解，即可得结果；
（2）设，根据题意求P，Q两点的坐标，进而可求，结合运算整理即可得结果.
【小问1详解】
设C的半焦距为，
由题意可得，解得，
所以C的方程为．
【小问2详解】
由（1）可得，，
设椭圆上任意一点，
所以直线AM的方程为，
令，得，即
同理可得 ，
所以，
∵在椭圆上，则，整理得，
∴（为定值）.
21. 已知函数，．
（1）当时，证明：在上恒成立；
（2）若有2个零点，求a的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设，对函数求导得，根据指数函数和幂函数的性质知函数在上单调递增且，结合导数研究函数的单调性求出即可；
（2）函数有2个零点等价于函数与的图象有2个交点，利用导数讨论函数的单调性，结合图形即可求解.
【小问1详解】
当时，设，
则，设，
由函数和在上单调递增，
知函数在上单调递增，且，
所以当时，，即在上单调递减，
当时，，即在上单调递增，
所以
即在上恒成立；
【小问2详解】
由，得，令，
则有2个零点，等价于函数与的图象有2个交点，
令，得，
当时，当时，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
故，且当时，，
当趋向于正无穷时，趋向于正无穷的速率远远比大，故趋向于0，
作出函数的大致图象如下：
结合图象可知，当时，与的图象有2个交点，
故a的取值范围是．
22. 已知函数，．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，证明．
【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数，分类讨论当、时函数的单调性即可求解；
（2）由（1）知，原不等式等价于，设，利用导数求出即可求解.
【小问1详解】
函数的定义域为，
．
若，则当时，，故在上单调递减；
若，则当时，当时，
故上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
由（1）知，当时，在处取得最小值，
所以等价于，即．
设，则．
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故当时，取得极小值且为最小值，最小值为．
所以当时，．
从而当时，，即．